1、甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1至8题有且只有一个正确选项；9至12题有多个正确选项，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。） 1. 一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A. t0时刻线圈平面与中性面垂直B. t0.01 s时刻的变化率达最大C. t0.02 s时刻感应电动势达到最大D. t0.03 s时刻感应电动势零【答案】B【解析】【详解】At0时刻磁通量最大，此时线圈平面在中性面
2、，选项A错误；Bt0.01 s时刻，磁通量为零，此时磁通量的变化率达最大，选项B正确；Ct0.02 s时刻，磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，感应电动势为零，选项C错误；Dt0.03 s时刻，磁通量为零，此时磁通量的变化率达最大，感应电动势最大，选项D错误。故选B。2. 一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t=T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2V，则此交变电压的有效值为()A. 2VB. 2VC. VD. V【答案】A【解析】【详解】先用代入法求出感应电动势的最大值：由e=Emsin t得Emsin=2V，由此得Em=4 V，因此有效值为，选项A正
3、确3. 如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则( )A. 圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B. 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C. 圆环进入磁场后，离最低点越近速度越大，感应电流也越大D. 圆环最终将静止在最低点【答案】B【解析】【详解】AB在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化，有感应电流产生，即圆环的机械能向电能转化，其机械能越来越小，上升的高度越来越低，选项A错误，B正确；CD但在环完全进入磁场后，不再产生感应电流，最终圆
4、环将不能摆出磁场，从此再无机械能向电能转化，其摆动的幅度不再变化，选项CD错误故选B。4. 如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为感应电流为安培力为联立得由公式可知，安培力恒定，若磁场B增大，则减小，即B-t图像斜率减小；若B减小，则增大，即B-t图像斜率变大；所以四个图象中只有B正确。故选B。【点睛】当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电流，由法拉第电磁感应定律即
5、可表达出感应电动势，再由欧姆定律和安培力表达式即可求出B的变化5. 甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为（忽略空气阻力）（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】以甲抛球时球的速度方向为正方向，以甲与球组成的系统为研究对象，抛球过程动量守恒，由动量守恒定律得以乙与球组成的系统为研究对象，乙接球过程系统动量守恒，由动量守恒定律得乙抛球过程，动量守恒，由动量守恒定律得甲接球过程动量守恒，由动量守恒定律得解得，故速度之比为故ABC错误D正确。
6、故选D。6. 如图所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有运动时间相等，则有由题意可知联立解得：故C正确，ABD错误。故选C。7. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大B. 当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C. 当滑动
7、变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大D. 若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大【答案】B【解析】【详解】ABC当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，回路总电阻变大，总电流强度减小，R1消耗的功率减小；原线圈电流强度也减小；原线圈电压不变，副线圈电压也不变，加在R1两端的电压减小，因此电压表V示数增大，AC错误B正确；D若闭合开关S，回路总电阻减小，电流强度增大，R1分得的电压升高，加在R2两端的电压降低，流过R2的电流强度减小，即A2的示数减小，D错误。故选B。8. 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙
8、，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A. 流过金属棒的最大电流为B. 通过金属棒的电荷量为C. 克服安培力所做的功为mghD. 金属棒产生的焦耳热为mg(hd)【答案】D【解析】【详解】A金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh根据法拉第电磁感应定律有EmBLvm根据闭合电路欧姆定律有Im联立得选项A错误；B
9、根据可知，通过金属棒电荷量为，选项B错误；C金属棒运动的全过程根据动能定理得mghWfW安0所以克服安培力做的功小于mgh，故选项C错误；D由Wf-mgd金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q-W安联立得Q选项D正确。故选D。9. 质量为1kg的小球以4ms的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1和v2，下面哪些是可能正确的（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】试题分析：碰撞前总动量为碰撞前总动能为对A、碰后，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；对B,由于，碰后后面小球的速度大有
10、前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故B错误；对C、，碰撞过程动量不守恒，故C错误；对D、，碰撞过程动量守恒，动能不增加，D正确；故选AD考点：动量守恒定律、碰撞10. 如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率的关系图象，由图象可知()A. 该金属的逸出功等于h0B. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C. 入射光的频率为20时，产生的光电子的最大初动能为ED. 相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小【答案】ACD【解析】【详解】A.根据得，金属的截止频率等于，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，逸出功等于E，则
11、，故A正确；B.根据，可知从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故B错误；C.根据，而，故，故C正确；D.根据，可知相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小，故D正确；故选ACD11. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：设物块与
12、箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发
13、生N次碰撞，相对路程为，而错选C12. 已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n4能级状态，则()A. 氢原子可能辐射5种频率的光子B. 氢原子可能辐射6种频率的光子C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D. 有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应【答案】BC【解析】氢原子可能辐射种频率的光子，A错误B正确；n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率
14、的光子能使钙发生光电效应，C正确D错误二、计算题（本题共4小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位。）13. 如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0 ，外接灯泡的电阻为9.0 。求：(1)写出流经灯泡瞬时电流的表达式；(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量(结果保留两位有效数字)。【答案】(1)isin 100t (A)；(2)2.7102Wb【解析】【详解】(1)由题图得eEmsin t6sin
15、100t (V)则流经灯泡的电流isin 100t (A)(2)电动势最大值EmBS其中Em6V，100 rad/s解得BSWb2.7102 Wb14. 如图所示，水平光滑的地面上有A、B、C三个可视为质点的木块，质量分别为1 kg、6 kg、6 kg.木块A的左侧有一半径R0.1m的固定的竖直粗糙半圆弧轨道，一开始B、C处于静止状态，B、C之间的弹簧处于原长给木块A一个水平向右的初速度，大小为v18 m/s，与木块B碰撞后，A被反弹，速度大小变为v24 m/s.若A恰好能通过圆弧轨道的最高点，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)木块A克服圆弧轨道摩擦所做的功；(2)弹簧具有的最大弹性势能
16、。【答案】(1)5.5J；(2)6 J【解析】【详解】(1)由木块A恰好能通过圆弧轨道最高点有解得vA1 m/s木块A从最低点到最高点的过程，由动能定理得 解得Wf5.5 J(2)以水平向右为速度的正方向，根据动量守恒定律得mAv1mBvBmAv2解得vB2 m/s弹簧压缩至最短时，B、C速度相同，根据动量守恒定律得mBvB(mBmC)v解得v1 m/s弹簧具有的最大弹性势能15. 如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=l.75m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m=lkg的物块，物块与木板间的动摩擦
17、因数为=0.4现给物块施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g=l0m/s2(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；(2)求x的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板【答案】(1) v=4m/s (2) x=lm (3) 不会滑离木板【解析】【详解】（1）对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：解得：v4m/s（2）对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得： 解得：xlm （3）设物块相对板向左滑动距离Dx后，与木板达到相同速度，由动量守恒定律得：解得： 由能量守恒定律得： 解得：Dx1.5mL1.75m
18、故物块不会滑离木板16. 如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止
19、的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q【答案】(1),方向为b到a；(2)(3)【解析】【分析】（1）棒向上运动切割磁感线，由E1=BLv0，求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再用串联关系求出R上产生的焦耳热Q【详解】（1）棒产生的感应电动势：通过R的电流大小：根据右手定则判断电流方向ba（2）棒产生的感应电动势为：感应电流：棒受到的安培力大小：方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有：解得：（3）导体棒最终静止，有：解得压缩量：设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据功能关系，有：解得：电阻R上产生的焦耳热：答：（1）初始时刻通过电阻R的电流，方向为b到a；（2）此时导体棒的加速度大小；（3）从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热